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第2讲　人造卫星　宇宙速度
目标要求 　1.会比较卫星运动的各物理量之间的关系.2.理解三种宇宙速度，并会求解第一宇宙速度的大小.3.会分析天体的“追及”问题．
考点一　卫星运行参量的分析
基础回扣
1．天体(卫星)运行问题分析
将天体或卫星的运动看成匀速圆周运动，其所需向心力由万有引力提供．
2．基本公式：
(1)线速度：GMmr2＝mv2r⇒v＝GMr
(2)角速度：GMmr2＝mω2r⇒ω＝GMr3
(3)周期：GMmr2＝m2πT2r⇒T＝2πr3GM
(4)向心加速度：GMmr2＝ma⇒a＝GMr2
结论：r越大，v、ω、a越小，T越大．
技巧点拨
1．公式中r指轨道半径，是卫星到中心天体球心的距离，R通常指中心天体的半径，有r＝R＋h.
2．近地卫星和同步卫星
卫星运动的轨道平面一定通过地心，一般分为赤道轨道、极地轨道和其他轨道，同步卫星的轨道是赤道轨道．
(1)近地卫星：轨道在地球表面附近的卫星，其轨道半径r＝R(地球半径)，运行速度等于第一宇宙速度v＝7.9 km/s(人造地球卫星的最大运行速度)，T＝85 min(人造地球卫星的最小周期)．
(2)同步卫星
①轨道平面与赤道平面共面．
②周期与地球自转周期相等，T＝24 h.
③高度固定不变，h＝3.6×107 m.
④运行速率均为v＝3.1×103 m/s.



　　　　　 卫星运行参量与轨道半径的关系

例1 　(2020·浙江7月选考·7)火星探测任务“天问一号”的标识如图1所示．若火星和地球绕太阳的运动均可视为匀速圆周运动，火星公转轨道半径与地球公转轨道半径之比为3∶2，则火星与地球绕太阳运动的(　　)

图1
A．轨道周长之比为2∶3
B．线速度大小之比为3∶2
C．角速度大小之比为22∶33
D．向心加速度大小之比为9∶4
答案　C
解析　轨道周长C＝2πr，与半径成正比，故轨道周长之比为3∶2，故A错误；根据万有引力提供向心力有GMmr2＝mv2r，得v＝GMr，得v火v地＝r地r火＝23，故B错误；由万有引力提供向心力有GMmr2＝mω2r，得ω＝GMr3，得ω火ω地＝r地3r火3＝2233，故C正确；由GMmr2＝ma，得a＝GMr2，得a火a地＝r地2r火2＝49，故D错误．

　　　　　 同步卫星、近地卫星及赤道上物体的比较

例2 　(2019·青海西宁市三校联考)如图2所示，a为放在赤道上相对地球静止的物体，随地球自转做匀速圆周运动，b为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星(轨道半径约等于地球半径)，c为地球的同步卫星．下列关于a、b、c的说法中正确的是(　　)

图2
A．b卫星转动线速度大于7.9 km/s
B．a、b、c做匀速圆周运动的向心加速度大小关系为aa＞ab＞ac
C．a、b、c做匀速圆周运动的周期关系为Ta＝Tc D．在b、c中，b的线速度大
答案　D
解析　b为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星，根据万有引力定律有GMmR2＝mv2R，解得v＝GMR，又GMmR2＝mg，可得v＝gR，与第一宇宙速度大小相同，即v＝7.9 km/s，故A错误；地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度，所以ωa＝ωc，根据a＝rω2知，c的向心加速度大于a的向心加速度，根据a＝GMr2得b的向心加速度大于c的向心加速度，即ab＞ac＞aa，故B错误；卫星c为地球同步卫星，所以Ta＝Tc，根据T＝2πr3GM得c的周期大于b的周期，即Ta＝Tc＞Tb，故C错误；在b、c中，根据v＝GMr，可知b的线速度比c的线速度大，故D正确．

1.(卫星运行参量的比较)(2020·浙江1月选考·9)如图3所示，卫星a、b、c沿圆形轨道绕地球运行．a是极地轨道卫星，在地球两极上空约1 000 km处运行；b是低轨道卫星，距地球表面高度与a相等；c是地球同步卫星，则(　　)

图3
A．a、b的周期比c大
B．a、b的向心力一定相等
C．a、b的速度大小相等
D．a、b的向心加速度比c小
答案　C
解析　根据万有引力提供向心力有GMmr2＝mv2r＝mω2r＝m4π2T2r＝ma，可知v＝GMr，ω＝GMr3，T＝2πr3GM，a＝GMr2，由此可知，半径越大，线速度、角速度、向心加速度越小，周期越长，因为a、b卫星的半径相等，且比c小，因此a、b卫星的线速度大小相等，向心加速度比c大，周期小于卫星c的周期，选项C正确，A、D错误；由于不知道三颗卫星的质量关系，因此不清楚向心力的关系，选项B错误．

2．(同步卫星)关于我国发射的“亚洲一号”地球同步通信卫星的说法，正确的是(　　)
A．若其质量加倍，则轨道半径也要加倍
B．它在北京上空运行，故可用于我国的电视广播
C．它以第一宇宙速度运行
D．它运行的角速度与地球自转角速度相同
答案　D
解析　由GMmr2＝mv2r得r＝GMv2，可知轨道半径与卫星质量无关，A错误；同步卫星的轨道平面必须与赤道平面重合，即在赤道上空运行，不能在北京上空运行，B错误；第一宇宙速度是卫星在最低圆轨道上运行的速度，而同步卫星在高轨道上运行，其运行速度小于第一宇宙速度，C错误；所谓“同步”就是卫星保持与赤道上某一点相对静止，所以同步卫星的角速度与地球自转角速度相同，D正确．
3．(卫星运动分析)(2016·全国卷Ⅰ·17)利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯．目前，地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的6.6倍．假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为(　　)
A．1 h B．4 h C．8 h D．16 h
答案　B
解析　地球自转周期变小，卫星要与地球保持同步，则卫星的公转周期也应随之变小，由开普勒第三定律r3T2＝k可知卫星离地球的高度应变小，要实现三颗卫星覆盖全球的目的，则卫星周期最小时，由数学几何关系可作出卫星间的位置关系如图所示．

卫星的轨道半径为r＝Rsin 30°＝2R
由r13T12＝r23T22得
6.6R3242＝2R3T22
解得T2≈4 h．
考点二　宇宙速度的理解和计算
基础回扣
第一宇宙速度(环绕速度) v1＝7.9 km/s，是物体在地面附近绕地球做匀速圆周运动的最大环绕速度，也是人造地球卫星的最小发射速度
第二宇宙速度(脱离速度) v2＝11.2 km/s，是物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度
第三宇宙速度(逃逸速度) v3＝16.7 km/s，是物体挣脱太阳引力束缚的最小发射速度

技巧点拨
1．第一宇宙速度的推导
方法一：由GMmR2＝mv12R，得v1＝GMR＝6.67×10－11×5.98×10246.4×106 m/s≈7.9×103 m/s.
方法二：由mg＝mv12R得v1＝gR＝9.8×6.4×106 m/s≈7.9×103 m/s.
第一宇宙速度是发射人造卫星的最小速度，也是人造卫星的最大环绕速度，此时它的运行周期最短，Tmin＝2πRg＝5 078 s≈85 min.
2．宇宙速度与运动轨迹的关系
(1)v发＝7.9 km/s时，卫星绕地球表面做匀速圆周运动．
(2)7.9 km/s (3)11.2 km/s≤v发＜16.7 km/s，卫星绕太阳运动的轨迹为椭圆．
(4)v发≥16.7 km/s，卫星将挣脱太阳引力的束缚，飞到太阳系以外的空间．
例3 　(2020·北京卷·5)我国首次火星探测任务被命名为“天问一号”．已知火星质量约为地球质量的10%，半径约为地球半径的50%，下列说法正确的是(　　)
A．火星探测器的发射速度应大于地球的第二宇宙速度
B．火星探测器的发射速度应介于地球的第一和第二宇宙速度之间
C．火星的第一宇宙速度大于地球的第一宇宙速度
D．火星表面的重力加速度大于地球表面的重力加速度
答案　A
解析　火星探测器需要脱离地球的束缚，故其发射速度应大于地球的第二宇宙速度，故A正确，B错误；由GMmR2＝mv2R得，v火＝GM火R火＝0.1M地G0.5R地＝55v地，故火星的第一宇宙速度小于地球的第一宇宙速度，故C错误；由GMmR2＝mg得，g火＝GM火R火2＝G0.1M地0.5R地2＝0.4g地，故火星表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，故D错误．

4．(第一宇宙速度的计算)地球的近地卫星线速度大小约为8 km/s，已知月球质量约为地球质量的181，地球半径约为月球半径的4倍，下列说法正确的是(　　)
A．在月球上发射卫星的最小速度约为8 km/s
B．月球卫星的环绕速度可能达到4 km/s
C．月球的第一宇宙速度约为1.8 km/s
D．“近月卫星”的速度比“近地卫星”的速度大
答案　C
解析　根据第一宇宙速度v＝GMR，月球与地球的第一宇宙速度之比为v2v1＝M2R1M1R2＝481＝29，月球的第一宇宙速度约为v2＝29v1＝29×8 km/s≈1.8 km/s，在月球上发射卫星的最小速度约为1.8 km/s，月球卫星的环绕速度小于或等于1.8 km/s，“近月卫星”的速度为1.8 km/s，小于“近地卫星”的速度，故C正确．
5．(宇宙速度的理解和计算)宇航员在一行星上以速度v0竖直上抛一质量为m的物体，不计空气阻力，经2t后落回手中，已知该星球半径为R.求：
(1)该星球的第一宇宙速度的大小；
(2)该星球的第二宇宙速度的大小．已知取无穷远处引力势能为零，物体距星球球心距离为r时的引力势能Ep＝－GmMr.(G为万有引力常量)
答案　(1)v0Rt　(2)2v0Rt
解析　(1)由题意可知星球表面重力加速度为g＝v0t
由万有引力定律知mg＝mv12R
解得v1＝gR＝v0Rt.
(2)由星球表面万有引力等于物体重力知GMmR2＝mg
又Ep＝－GmMR
解得Ep＝－mv0Rt
由机械能守恒有12mv22－mv0Rt＝0
解得v2＝2v0Rt.
考点三　天体的“追及”问题
1．相距最近
两卫星的运转方向相同，且位于和中心连线的半径上同侧时，两卫星相距最近，从运动关系上，两卫星运动关系应满足(ωA－ωB)t＝2nπ(n＝1,2,3…)．
2．相距最远
当两卫星位于和中心连线的半径上两侧时，两卫星相距最远，从运动关系上，两卫星运动关系应满足(ωA－ωB)t′＝(2n－1)π(n＝1,2,3…)．
例4 　当地球位于太阳和木星之间且三者几乎排成一条直线时，称之为“木星冲日”，2016年3月8日出现了一次“木星冲日”．已知木星与地球几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳近似做匀速圆周运动，木星到太阳的距离大约是地球到太阳距离的5倍．则下列说法正确的是(　　)
A．下一次的“木星冲日”时间肯定在2018年
B．下一次的“木星冲日”时间肯定在2017年
C．木星运行的加速度比地球的大
D．木星运行的周期比地球的小
答案　B
解析　地球公转周期T1＝1年，由T＝2πr3GM可知，土星公转周期T2＝125T1≈11.18年．设经时间t，再次出现“木星冲日”，则有ω1t－ω2t＝2π，其中ω1＝2πT1，ω2＝2πT2，解得t≈1.1年，因此下一次“木星冲日”发生在2017年，故A错误，B正确；设太阳质量为M，行星质量为m，轨道半径为r，周期为T，加速度为a.对行星由牛顿第二定律可得GMmr2＝ma＝m4π2T2r，解得a＝GMr2，T＝2πr3GM，由于木星到太阳的距离大约是地球到太阳距离的5倍，因此，木星运行的加速度比地球的小，木星运行的周期比地球的大，故C、D错误．

6．(天体的“追及”问题)(多选)(2020·山西太原市质检)如图4，在万有引力作用下，a、b两卫星在同一平面内绕某一行星c沿逆时针方向做匀速圆周运动，已知轨道半径之比为ra∶rb＝1∶4，则下列说法中正确的有(　　)

图4
A．a、b运动的周期之比为Ta∶Tb＝1∶8
B．a、b运动的周期之比为Ta∶Tb＝1∶4
C．从图示位置开始，在b转动一周的过程中，a、b、c共线12次
D．从图示位置开始，在b转动一周的过程中，a、b、c共线14次
答案　AD
解析　根据开普勒第三定律：半径的三次方与周期的二次方成正比，则a、b运动的周期之比为1∶8，A对，B错；设图示位置ac连线与bc连线的夹角为θ<π2，b转动一周(圆心角为2π)的时间为Tb，则a、b相距最远时：2πTaTb－2πTbTb＝(π－θ)＋n·2π(n＝0,1,2,3…)，可知n<6.75，n可取7个值；a、b相距最近时：2πTaTb－2πTbTb＝(2π－θ)＋m·2π(m＝0,1,2,3…)，可知m<6.25，m可取7个值，故在b转动一周的过程中，a、b、c共线14次，C错，D对．
课时精练

1．(2020·天津卷·2)北斗问天，国之夙愿．如图1所示，我国北斗三号系统的收官之星是地球静止轨道卫星，其轨道半径约为地球半径的7倍．与近地轨道卫星相比，地球静止轨道卫星(　　)

图1
A．周期大 B．线速度大
C．角速度大 D．加速度大
答案　A
解析　根据万有引力提供向心力有GMmr2＝m(2πT)2r、GMmr2＝mv2r、GMmr2＝mω2r、GMmr2＝ma可知T＝2πr3GM、v＝GMr、ω＝GMr3、a＝GMr2，因为地球静止轨道卫星的轨道半径大于近地轨道卫星的轨道半径，所以地球静止轨道卫星的周期大、线速度小、角速度小、向心加速度小，故选项A正确．
2．(2020·四川泸州市质量检测)我国实施空间科学战略性先导科技专项计划，已经发射了“悟空”“墨子”“慧眼”等系列的科技研究卫星，2019年8月31日又成功发射一颗微重力技术实验卫星．若微重力技术实验卫星和地球同步卫星均绕地球做匀速圆周运动时，微重力技术实验卫星的轨道高度比地球同步卫星低，下列说法中正确的是(　　)
A．该实验卫星的周期大于地球同步卫星的周期
B．该实验卫星的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度
C．该实验卫星的线速度小于地球同步卫星的线速度
D．该实验卫星的角速度小于地球同步卫星的角速度
答案　B
解析　万有引力提供向心力，由GMmr2＝m2πT2r＝mv2r＝mω2r＝ma，解得：v＝GMr，T＝2πr3GM，ω＝GMr3，a＝GMr2.实验卫星的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，可知该实验卫星周期比地球同步卫星的小，向心加速度、线速度、角速度均比地球同步卫星的大，故选项B正确，A、C、D错误．
3.(2019·天津卷·1)2018年12月8日，肩负着亿万中华儿女探月飞天梦想的嫦娥四号探测器成功发射，“实现人类航天器首次在月球背面巡视探测，率先在月背刻上了中国足迹”，如图2.已知月球的质量为M、半径为R.探测器的质量为m，引力常量为G，嫦娥四号探测器围绕月球做半径为r的匀速圆周运动时，探测器的(　　)

图2
A．周期为 4π2r3GM B．动能为GMm2R
C．角速度为 Gmr3 D．向心加速度为GMR2
答案　A
解析　嫦娥四号探测器环绕月球做匀速圆周运动时，万有引力提供其做匀速圆周运动的向心力，由GMmr2＝mω2r＝mv2r＝m4π2T2r＝ma，解得ω＝GMr3、v＝GMr、T＝4π2r3GM、a＝GMr2，则嫦娥四号探测器的动能为Ek＝12mv2＝GMm2r，由以上可知A正确，B、C、D错误．
4．(2019·北京卷·18)2019年5月17日，我国成功发射第45颗北斗导航卫星，该卫星属于地球静止轨道卫星(同步卫星)．该卫星(　　)
A．入轨后可以位于北京正上方
B．入轨后的速度大于第一宇宙速度
C．发射速度大于第二宇宙速度
D．若发射到近地圆轨道所需能量较少
答案　D
解析　同步卫星只能位于赤道正上方，A项错误；由GMmr2＝mv2r知，卫星的轨道半径越大，卫星做匀速圆周运动的线速度越小，因此入轨后的速度小于第一宇宙速度(近地卫星的速度)，B项错误；同步卫星的发射速度大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，C项错误；若发射到近地圆轨道，所需发射速度较小，所需能量较少，D正确．
5．(多选)(2020·江苏卷·7改编)甲、乙两颗人造卫星质量相等，均绕地球做圆周运动，甲的轨道半径是乙的2倍．下列应用公式进行的推论正确的有(　　)
A．由v＝gr可知，甲的速度是乙的2倍
B．由a＝ω2r可知，甲的向心加速度是乙的2倍
C．由F＝GMmr2可知，甲的向心力是乙的14
D．由r3T2＝k可知，甲的周期是乙的22倍
答案　CD
解析　人造卫星绕地球做圆周运动时有GMmr2＝mv2r，即v＝GMr，因此甲的速度是乙的22倍，故A错误；由GMmr2＝ma得a＝GMr2，故甲的向心加速度是乙的14，故B错误；由F＝GMmr2知甲的向心力是乙的14，故C正确；由开普勒第三定律r3T2＝k，绕同一天体运动，k值不变，可知甲的周期是乙的22倍，故D正确．
6．(2020·全国卷Ⅲ·16)“嫦娥四号”探测器于2019年1月在月球背面成功着陆，着陆前曾绕月球飞行，某段时间可认为绕月做匀速圆周运动，圆周半径为月球半径的K倍．已知地球半径R是月球半径的P倍，地球质量是月球质量的Q倍，地球表面重力加速度大小为g.则“嫦娥四号”绕月球做圆周运动的速率为(　　)
A.RKgQP B.RPKgQ C.RQgKP D.RPgQK
答案　D
解析　在地球表面有GM地mR2＝mg，“嫦娥四号”绕月球做匀速圆周运动时有GM月m′KR月2＝m′v2KR月，根据已知条件有R＝PR月，M地＝QM月，联立以上各式解得v＝RPgQK，故选D.
7．如图3，甲、乙两颗卫星以相同的轨道半径分别绕质量为M和2M的行星做匀速圆周运动．下列说法正确的是(　　)

图3
A．甲的向心加速度比乙的小
B．甲的运行周期比乙的小
C．甲的角速度比乙的大
D．甲的线速度比乙的大
答案　A
8．星球上的物体脱离星球引力所需要的最小速度称为第二宇宙速度．星球的第二宇宙速度v2与第一宇宙速度v1的关系是v2＝2v1.已知某星球的半径为r，它表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的16.不计其他星球的影响．则该星球的第二宇宙速度为(　　)
A.gr3 B.gr6
C.gr3 D.gr
答案　A
解析　该星球的第一宇宙速度满足：GMmr2＝mv12r，在该星球表面处万有引力等于重力：GMmr2＝mg6，由以上两式得v1＝gr6，则第二宇宙速度v2＝2×gr6＝gr3，故A正确．
9．(2019·安徽宣城市第二次模拟)有a、b、c、d四颗地球卫星，卫星a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，卫星b在地面附近近地轨道上正常运动，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，各卫星排列位置如图4，则有(　　)

图4
A．a的向心加速度等于重力加速度g
B．b在相同时间内转过的弧长最长
C．c在4 h内转过的圆心角是π6
D．d的运动周期有可能是20 h
答案　B
解析　同步卫星的周期、角速度与地球自转周期、角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据a＝ω2r知，c的向心加速度大于a的向心加速度．由GMmr2＝mg，解得：g＝GMr2，卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则c的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，则a的向心加速度小于重力加速度g，故A错误；由GMmr2＝mv2r，解得：v＝GMr，卫星的半径r越大，速度v越小，所以b的速度最大，在相同时间内转过的弧长最长，故B正确；c是地球同步卫星，周期是24 h，则c在4 h内转过的圆心角是2π24×4＝π3，故C错误；由开普勒第三定律r3T2＝k可知：卫星的半径r越大，周期T越大，所以d的运动周期大于c的周期24 h，即不可能是20 h，故D错误．

10.(多选)(2019·贵州毕节市适应性监测(三))其实地月系统是双星模型，为了寻找航天器相对地球和月球不动的位置，科学家们作出了不懈努力．如图5所示，1767年欧拉推导出L1、L2、L3三个位置，1772年拉格朗日又推导出L4、L5两个位置．现在科学家把L1、L2、L3、L4、L5统称地月系中的拉格朗日点．中国“嫦娥四号”探测器成功登陆月球背面，并通过处于拉格朗日区的“嫦娥四号”中继卫星“鹊桥”把信息返回地球，引起众多师生对拉格朗日点的热议．下列说法正确的是(　　)

图5
A．在拉格朗日点航天器的受力不再遵循万有引力定律
B．在不同的拉格朗日点航天器随地月系统运动的周期均相同
C．“嫦娥四号”中继卫星“鹊桥”应选择L1点开展工程任务实验
D．“嫦娥四号”中继卫星“鹊桥”应选择L2点开展工程任务实验
答案　BD
解析　在拉格朗日点的航天器仍然受万有引力，在地球和月球的万有引力作用下绕地月双星系统的中心做匀速圆周运动，A错误；因在拉格朗日点的航天器相对地球和月球的位置不变，说明它们的角速度一样，因此周期也一样，B正确；“嫦娥四号”探测器登陆的是月球的背面，“鹊桥”要把探测器在月球背面采集的信息传回地球，L2在月球的背面，因此应选在L2点开展工程任务实验，所以C错误，D正确．
11.经长期观测发现，A行星运行轨道的半径近似为R0，周期为T0，其实际运行的轨道与圆轨道存在一些偏离，且周期性地每隔t0(t0＞T0)发生一次最大的偏离，如图6所示，天文学家认为形成这种现象的原因可能是A行星外侧还存在着一颗未知行星B，已知行星B与行星A同向转动，则行星B的运行轨道(可认为是圆轨道)半径近似为(　　)

图6
A．R＝R03t02t0－T02 B．R＝R0t0t0－T0
C．R＝R0t03t0－T03 D．R＝R0t0t0－T0
答案　A
解析　A行星运行的轨道发生最大偏离，一定是B对A的引力引起的，且B行星在此时刻对A有最大的引力，故此时A、B行星与恒星在同一直线上且位于恒星的同一侧，设B行星的运行周期为T，运行的轨道半径为R，根据题意有2πT0t0－2πTt0＝2π，所以T＝t0T0t0－T0，由开普勒第三定律可得R03T02＝R3T2，联立解得R＝R03t02t0－T02，故A正确，B、C、D错误．
12．(2019·河南郑州市第一次模拟)“玉兔号”月球车与月球表面的第一次接触实现了中国人“奔月”的伟大梦想．“玉兔号”月球车在月球表面做了一个自由下落实验，测得物体从静止自由下落h高度的时间为t，已知月球半径为R，自转周期为T，引力常量为G.求：
(1)月球表面重力加速度的大小；
(2)月球的质量和月球的第一宇宙速度的大小；
(3)月球同步卫星离月球表面高度．
答案　(1)2ht2　(2)2R2hGt2　2hRt2　(3)3T2R2h2π2t2－R
解析　(1)由自由落体运动规律有：h＝12gt2，所以有：g＝2ht2.
(2)月球的第一宇宙速度为近月卫星的运行速度，根据重力提供向心力mg＝mv12R，
所以：v1＝gR＝2hRt2
在月球表面的物体受到的重力等于万有引力，则有：
mg＝GMmR2
所以M＝2R2hGt2.
(3)月球同步卫星绕月球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有：GMmR＋h′2＝m(R＋h′)4π2T2
解得h′＝3T2R2h2π2t2－R.

13.(多选)(2019·全国卷Ⅰ·21)在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P轻放在弹簧上端，P由静止向下运动，物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图7中实线所示．在另一星球N上用完全相同的弹簧，改用物体Q完成同样的过程，其a－x关系如图中虚线所示．假设两星球均为质量均匀分布的球体．已知星球M的半径是星球N的3倍，则(　　)

图7
A．M与N的密度相等
B．Q的质量是P的3倍
C．Q下落过程中的最大动能是P的4倍
D．Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍
答案　AC
解析　设物体P、Q的质量分别为mP、mQ；星球M、N的质量分别为M1、M2，半径分别为R1、R2，密度分别为ρ1、ρ2；M、N表面的重力加速度分别为g1、g2.在星球M上，弹簧压缩量为0时有mPg1＝3mPa0，所以g1＝3a0＝GM1R12，密度ρ1＝M143πR13＝9a04πGR1；在星球N上，弹簧压缩量为0时有mQg2＝mQa0，所以g2＝a0＝GM2R22，密度ρ2＝M243πR23＝3a04πGR2；因为R1＝3R2，所以ρ1＝ρ2，选项A正确；当物体的加速度为0时有mPg1＝3mPa0＝kx0，mQg2＝mQa0＝2kx0，解得mQ＝6mP，选项B错误；根据a－x图线与x轴围成图形的面积和质量的乘积表示合外力做的功可知，EkmP＝32mPa0x0，EkmQ＝mQa0x0，所以EkmQ＝4EkmP，选项C正确；根据运动的对称性可知，Q下落时弹簧的最大压缩量为4x0，P下落时弹簧的最大压缩量为2x0，选项D错误．

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